2020-2021学年第十三章 轴对称13.3 等腰三角形13.3.2 等边三角形学案设计

等边三角形（提高）

【学习目标】

1. 掌握等边三角形的性质和判定.

2. 掌握含30°角的直角三角形的一个主要性质．

3. 熟练运用等边三角形的判定定理与性质定理进行推理和计算．

【要点梳理】

【高清课堂：389303 等边三角形，知识要点】

要点一、等边三角形
等边三角形定义：

三边都相等的三角形叫等边三角形.　　

要点诠释：由定义可知，等边三角形是一种特殊的等腰三角形．也就是说等腰三角形包括等边三角形．

要点二、等边三角形的性质

等边三角形的性质：

等边三角形三个内角都相等，并且每一个内角都等于60°.

要点三、等边三角形的判定

等边三角形的判定：
　　（1）三条边都相等的三角形是等边三角形；

（2）三个角都相等的三角形是等边三角形；

（3）有一个角是60°的等腰三角形是等边三角形．

要点四、含30°的直角三角形
含30°的直角三角形的性质定理：

在直角三角形中，如果有一个锐角是30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半.　

    要点诠释：这个定理的前提条件是“在直角三角形中”，是证明直角三角形中一边等于另一边（斜边）的一半的重要方法之一，通常用于证明边的倍数关系.

【典型例题】

类型一、等边三角形 

1、如图，已知点B、C、D在同一条直线上，和都是等边三角形，BE交AC于F，AD交CE于H.

（1）求证：△BCE≌△ACD；

（2）求证：FH∥BD.

【答案与解析】

（1）证明：和都是等边三角形

　　　∴BC＝AC，CE＝CD，∠BCA＝∠ECD＝60°

　　　∴∠BCA+∠ACE=∠ECD+∠ACE，即∠BCE=∠ACD

在△BCE和△ACD中

∴△BCE≌△ACD（SAS）

（2）由（1）知△BCE≌△ACD

则∠CBF=∠CAH，BC=AC

又∵和都是等边三角形，且点B、C、D在同一条直线上，

∴∠ACH=180°-∠ACB-∠HCD=60°=∠BCF，

在△BCF和△ACH中

∴△BCF≌△ACH（ASA）

∴CF=CH，

又∵∠FCH＝60°

∴△CHF是等边三角形

∴∠FHC＝∠HCD=60°，

∴FH∥BD

【总结升华】本题考查等边三角形的判定与性质及全等三角形的判定与性质，熟知全等三角形的判定定理是解答此题的关键。

举一反三：

【变式】如图，△ABD，△ACE都是正三角形，BE和CD交于O点，则∠BOC=　     　度．

【答案】120°．

解：∵△ABD，△ACE都是正三角形

∴AD=AB，∠DAB=∠EAC=60°，AC=AE，

∴∠DAC=∠EAB

∴△DAC≌△BAE（SAS）

∴DC=BE，∠ADC=∠ABE，∠AEB=∠ACD，

∴∠BOC=∠CDB+∠DBE

=∠CDB+∠DBA+∠ABE

=∠ADC+∠CDB+∠DBA

=120°．

【高清课堂：389303 等边三角形：例8】

2、如图，△ABC为等边三角形，延长BC到D，延长BA到E，使AE＝BD，连接CE、DE. 求证：CE＝DE.

【思路点拨】此题如果直接找含有CE和DE的三角形找不到，也不方便证∠ECD＝∠EDC，联想的全等三角形的性质，把原等边△ABC扩展成大等边△BEF后，易证△EBC≌△EFD.

【答案与解析】

证明：延长BD至F，使DF＝AB，连接EF

∵△ABC为等边三角形

∴AB＝BC, ∠B＝60º

∵AE＝BD，DF＝AB

∴AE＋AB＝BD＋DF

即BE＝BF

∴△BEF为等边三角形

∴BE＝EF, ∠F＝60º

在△EBC与△EFD中

∴△EBC≌△EFD

∴EC＝ED

【总结升华】本题主要考查了等边三角形的性质，全等三角形的判定，关键是在现有图形不能解决问题时，将原图补全成为有对称美感的等边三角形，对学生综合运用知识解答问题的能力要求较高.

举一反三：

【变式】如图所示，△ABC是正三角形，△BDC是顶角∠BDC＝120°的等腰三角形，以D为顶点作一个60°角，角的两边分别交AB、AC边于M、N两点，连接MN．试探究线段CN、BM、MN之间的关系，并加以证明．

【答案】对于此类题，三条线段之间的关系一般是它们的和差关系，证明方法通常采用截长补短法．  

证明：如图所示，延长AC至M1，使CM1＝BM，连接DM1．

    ∵  △ABC是正三角形，∴  ∠ABC＝∠ACB＝60°．

    ∵  ∠BDC＝120°，且BD＝CD，

    ∴  ∠DBC＝∠DCB＝30°．

    ∴  ∠ABD＝∠ACD＝90°．

    又∵  BD＝CD，BM＝CM1，

    ∴  Rt△BDM≌Rt△CDM1(SAS)．

    ∴  DM＝DM1，∠BDM＝∠CDM1，

    ∴  ∠MDM1＝∠MDC＋∠CDM1＝∠MDC＋∠BDM＝∠BDC＝120°．

    又∵  ∠MDN＝60°．∴  ∠M1DN＝∠MDN＝60°．

    又∵  DM＝DM1，DN＝DN，∴  △MDN≌△M1DN(SAS)．

    ∴  MN＝M1N＝NC＋M1C＝CN＋BM．

3、如图所示，某船上午11时30分在A处观测海岛B在北偏东60°方向，该船以每小时10海里的速度航行到C处，再观测海岛B在北偏东30°方向，又以同样的速度继续航行到D处，再观测海岛在北偏西30°方向，当轮船到达C处时恰好与海岛B相距20海里，请你确定轮船到达C处和D处的时间．

【答案与解析】

解：∵在A处观测海岛B在北偏东60°方向，

∴∠BAC=30°，

∵C点观测海岛B在北偏东30°方向，

∴∠BCD=60°，

∴∠BAC=∠CBA=30°，

∴AC=BC

∵D点观测海岛B在北偏西30°方向，

∴∠BDC=60°，

∴∠BCD=60°，

∴∠CBD=60°，

∴△BCD为等边三角形，

∴BC=BD，

∵BC=20，

∴BC=AC=CD=20，

∵船以每小时10海里的速度从A点航行到C处，又以同样的速度继续航行到D处，

∴船从A点到达C点所用的时间为：20÷10=2（小时），

船从C点到达D点所用的时间为：20÷10=2（小时），

∵船上午11时30分在A处出发，

∵D点观测海岛B在北偏西30°方向

到达D点的时间为13时30分+2小时=15时30分，

答：轮船到达C处的时间为13时30分，到达D处的时间15时30分．

【总结升华】本题主要考查等边三角形的判定与性质、外角的性质、余角的性质等知识点，关键在于通过求相关角的度数，推出相关边的关系，熟练运用航程、时间、速度的关系式，认真地进行计算．

类型二、含30°的直角三角形

4、如图所示，∠A＝60°，CE⊥AB于E，BD⊥AC于D，BD与CE相交于点H，HD＝1，HE＝2，试求BD和CE的长．

【答案与解析】

解：∵BD⊥AC于D，∠A＝60°，

∴∠ABD＝90°－60°＝30°，

在Rt△BEH中，∠HEB＝90°，∠EBH＝30°．

∴BH＝2EH＝4．

同理可得，CH＝2HD＝2，

∴BD＝BH＋HD＝4＋1＝5．

CE＝CH＋HE＝2＋2＝4．

【总结升华】已知条件中出现60°角与直角三角形并存时，应考虑到“在直角三角形中，如果一个锐角等于30°，那么它所对的直角边等于斜边的一半”，进而把三角形中角与角的关系转化为边与边之间的关系，充分应用转化思想来解决问题．

举一反三：

【变式】如图所示，在△ABC中，AB＝AC，D是BC边上的点，DE⊥AB，DF⊥AC，垂足分别为点E、F，∠BAC＝120°．

    求证：．

【答案】

证明：∵  在△ABC中，AB＝AC，∠BAC＝120°，

∴  ∠B＝∠C＝．

∵  DE⊥AB，DF⊥AC，

∴  ，．

∴  ．

【高清课堂：389303 等边三角形：例2】

5、如图所示，在等边△ABC中，AE＝CD，AD、BE相交于点P，BQ⊥AD于Q，

求证：BP＝2PQ．

【思路点拨】(1)从结论入手，从要证BP＝2PQ联想到要求∠PBQ＝30°．(2)不能盲目地用截长补短法寻找要证的“倍半”关系．本题适合用“两头凑”的方法，从结论入手找已知条件，即BP＝2PQ∠PBQ＝30°，另一方面从已知条件找结论，即由条件△ACD≌△BAE∠BPQ＝60°∠PBQ＝30°，分析时要注意联想与题目有关的性质定理．

【答案与解析】

证明：∵  △ABC为等边三角形，

     ∴  AC＝BC＝AB，∠C＝∠BAC＝60°．

在△ACD和△BAE中，

∴  △ACD≌△BAE(SAS)．

∴  ∠CAD＝∠ABE．

    ∵  ∠CAD＋∠BAP＝∠BAC＝60°，

∴  ∠ABE＋∠BAP＝60°，

∴  ∠BPQ＝60°．

∵  BQ⊥AD，

∴  ∠BQP＝90°，

∴  ∠PBQ＝90°－60°＝30°，

∴  BP＝2PQ．

【总结升华】本题主要考查了等边三角形的性质、三角形外角的性质、含30°直角三角形的性质及全等三角形的判定与性质，考查了学生综合运用知识解答问题的能力.